nguyen_manh_h
New Member
Download miễn phí Các bài toán vật lý hay
Một hành khách đến ga muộn. Người ấy thấy toa áp chót đi qua trước mặt mình là t1= 10
(s), toa chót đi qua trước mặt mình là t2= 8 (s). Biết rằng đoàn tàu chuyển động nhanh dần
đều.
a) Hỏi người ấy đến muộn bao lâu sau khi tàu khởi hành ?
b) Biết chiều dài mỗi toa là 6 (m). Tính chiều dài của đoàn tàu. Bỏ qua khoảng cách giữa
các toa và cho rằng các toa dài bằng nhau.
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ HAY----------------------------------
→ Có 2 vật có khối lượng m1, m2 đặt tiếp xúc nhau trên mặt phẳng nghiêng góc α.
Hệ số ma sát giữa mặt nghiêng và các vật lần lượt là μ1, μ2 (μ1 > μ2). Hãy xác định:
a) Độ lớn lực tương tác f giữa 2 vật khi chúng trượt trên mặt nghiêng.
b) Giá trị góc nhỏ nhất αmin để 2 vật còn trượt trên mặt nghiêng.
m1
m2
Áp dụng bằng số :
m1 = 1 (kg) ; m2 = 2 (kg)
μ1 = 0,5 ; μ2 = 0,4
α = 600 ; lấy g = 10 (m/s2).
GIẢI:
a) Hai vật luôn tiếp xúc nhau trong quá trình chuyển động nên chúng cùng gia tốc.
Phương trình chuyển động của mỗi vật trên mặt phẳng nghiêng :
1 1 21 1 1
2 2 12 2 2
ms
ms
P N f f m a
P N f f m a
Chiếu lên phương chuyển động (nghiêng) với chiều dương là chiều chuyển động
(từ trên xuống), lưu ý thêm f12 = f21 = f
(cặp lực trực đối thể hiện qua định luật III Newton) ta được:
P1sinα + f – fms1 = m1a ↔ P1sinα + f – μ1P1cosα = m1a
P2sinα – f – fms2 = m2a ↔ P2sinα – f – μ2P2cosα = m2a
↔ m1gsinα + f – μ1m1gcosα = m1a (1)
↔ m2gsinα – f – μ2m2gcosα = m2a (2)
Giải hệ phương trình (1), (2) theo 2 ẩn là a và f ta được :
Đưa số liệu vào được : f = 1 0,33
3
(N)
1 2 1 2
1 2
( )
os
m mf gc
m m
b) Hệ vật còn trượt xuống ta phải có a 0, tức :
1 1 2 2
1 2
1 1 2 2
1 2
1 1 2 2
min
1 2
1 1 2 2
min
1 2
sin os
m
arctg
m m
c
m m
m m
tg
m m
m m
tg
m m
m
m m
Đưa số liệu vào được : αmin 023 25'
→ Hai quả cầu đồng chất tâm O1, O2, bán kính R1 > R2, trọng lượng P1 > P2
tựa vào nhau ở điểm B và cùng được treo vào điểm O nhờ dây OA1 = R2 và dây
OA2 = R1. Tính góc nghiêng α của OA1 với đường thẳng đứng khi cân bằng.
Dữ liệu cho thêm : P1 = 3 P2
*
*
O
A1
A2
O1 O2B
GIẢI:
Dễ thấy ΔOO1O2 đều.
Quả cầu (1) chịu tác dụng 3 lực : 1 1 1, ,P T N
Quả cầu (2) chịu tác dụng 3 lực : 2 2 2, ,P T N
Áp dụng điều kiện cân bằng cho hệ vật và đưa về các điểm đồng quy O1, O2
ta được như hình.
Ta có :
1 1
0 0
sin
sin sin 60 sin 60
O M O MOM
OM
(Định lý hàm sin trong tam giác)
Mặt khác :
1 1 1
1 10 0
1
2 sinsin sin
sin 60 sin 60 3
N O M PN P
P OM
(Tam giác đồng dạng)
1 1 2 2
1 2
sin osm ma c g
m m
13aI R r
2
2bI R r
1 2
1,5cI R R r
2
1 1 2
(1) (3) 1,5(2)
R r
R r R R r
1 1 2
2(1) 2 (3)
R r R R r
Tương tự :
0
2 2
0 0 0
sin(60 )
sin(60 ) sin 60 sin 60
O M O MOM
OM
00 0
2 2 2
2 20 0
2
2 sin(60 )sin(60 ) sin(60 )
sin 60 sin 60 3
N O M PN P
P OM
Theo định luật III Newton :
N1 = N2 ↔ P1sinα = P2sin(600 – α)
Vận dụng : sin(a – b) = sinacosb – sinbcosa và chuyển vế thích hợp, ta được :
(2P1 + P2)sinα = 3 P2cosα → 2
1 2
3
2
P
tg
P P
→
Kết hợp dữ liệu cho thêm vào, được : α 21012’
→ Cho nguồn điện có suất điện động , điện trở trong r và hai điện trở R1, R2.
Khi mắc mạch như những hình dưới đây thì cường độ dòng điện qua nguồn lần lượt
là Ia = 3 (A), Ib = 2 (A), Ic = 1,5 (A).
a) Tìm Id.
b) Nguồn điện hình d) có hiệu điện thế giữa hai cực phụ thuộc vào điện trở
mạch ngoài qua biểu thức U = 6
2 1
td
td
R
R (V) với Rtd là điện trở tương đương
của R1 và R2. Tìm , r.
,r ,r ,r
Ia Ib Ic
R1 R2 R1 R2
Hình a) Hình b) Hình c)
,r
R1
R2
Id
Hình d)
GIẢI:
a) (1) (2) (3)
Dễ thấy : (*)
→ R2 = R1 + r thế vào (*) : 1 1
1
2 1,5R r R r
R r
2
1 2
3
arctg
2
P
P P
1,5
2r r r
1 2
1 2
3,6dI R R
r
R R
→R2 = 2r lại thế vào (*) :
→ = 6r
Vậy : (A)
b) Có : U = 6
2 1
td
td
R
R ↔ - Id.r =
1 2
1 2
1 2
1 2
6
2 1
R R
R R
R R
R R
(**)
Thế Id = 3,6 ; = 6r ; R1 = r ; R2 = 2r vào (**) được r = 0,5 (Ω) → = 3 (V)
Tóm lại: a) Id = 3,6 (A); b) = 3 (V), r = 0,5 (Ω)
→ Vật có khối lượng m = 1 (kg) được kéo chuyển động trên mặt ngang bởi lực F
hợp với phương ngang một góc = 300, F = 2 (N).
Sau khi bắt đầu chuyển động được 5 (s), vật đi được quãng đường là 4,75 (m).
Cho g = 10 (m/s2).
Tìm hệ số ma sát giữa vật và mặt ngang.
Vẫn kéo vật với lực F
như trên, trên mặt ngang khác thì thấy vật chuyển động thẳng đều.
) Tìm hệ số ma sát giữa vật và mặt ngang này.
) Để F có giá trị nhỏ nhất thì góc phải bằng bao nhiêu ?
m
ĐS : μ = 0,15; μ’ = 0,19; α = arctg μ’ = 110
→ Bánh xe bán kính R, khối lượng m. Người ta tác dụng lực F nằm ngang vào trục bánh xe.
Bỏ qua ma sát giữa bánh xe và mặt sàn.
a) Tìm độ lớn của lực F để bánh xe vượt qua bậc thềm có độ cao h (h < R) ?
b) Với F = P = mg. Hãy tìm độ cao tối đa của bậc thềm mà bánh xe có thể vượt qua ?
O
R
F
h
ĐS : (2 )mg h R hF
R h
; ax
21
2m
h R
→ Hai chiếc tàu biển chuyển động đều với cùng vận tốc hướng tới điểm O trên 2 đường
thẳng hợp nhau góc α = 600. Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất dmin giữa 2 con tàu và lúc
đó chúng đã vượt qua O chưa ?. Biết rằng lúc đầu chúng cách O những khoảng cách d1 = 60
(km) và d2 = 40 (km).
d1
d2
d
ĐS : dmin = 10 3 (km); tàu 1 chưa vượt qua O, còn cách O 10 (km);
tàu 2 đã vượt qua O 10 (km)
→ Một chiếc hòm có khối lượng m đặt trên mặt phẳng nhám nằm ngang với hệ số ma sát là
μ. Để xê dịch hòm cần tác dụng vào nó một lực F. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của F.
ĐS : min 21
mgF
→ Trên dốc nghiêng α = 300, buông một vật nhỏ từ A. Vật nhỏ trượt xuống dốc không ma
sát. Sau khi buông vật này 1 (s), cũng từ A bắn bi nhỏ theo phương ngang với vận tốc đầu v0.
Xác định v0 để bi trúng vào vật trượt trên dốc nghiêng. Bỏ qua lực cản của không khí. Cho
gia tốc trọng trường là g.
0v
A
1
2
ĐS : 0
. os
2(1-sin )
g c
v
→ Một hành khách đến ga muộn. Người ấy thấy toa áp chót đi qua trước mặt mình là t1 = 10
(s), toa chót đi qua trước mặt mình là t2 = 8 (s). Biết rằng đoàn tàu chuyển động nhanh dần
đều.
a) Hỏi người ấy đến muộn bao lâu sau khi tàu khởi hành ?
b) Biết chiều dài mỗi toa là 6 (m). Tính chiều dài của đoàn tàu. Bỏ qua khoảng cách giữa
các toa và cho rằng các toa dài bằng nhau.
ĐS : t = 31 (s); L = 20 (m)
→ Một nêm A có khối lượng M đặt trên mặt bàn ngang nhẵn. Góc α = 300. Một viên bi khối
lượng m đang bay với vận tốc V0 (ở độ cao h so với bàn) đến va chạm vào mặt nghiêng của
nêm. Va chạm của bi vào nêm tuân theo định luật phản xạ gương và vận tốc của bi sau va
chạm có độ lớn 07
9
V
.
Hỏi sau khi va chạm bi lên tới độ cao tối đa bao nhiêu (so với mặt bàn) và nêm dịch
ngang được một đoạn bao nhiêu ? Giả sử sau va chạm nêm trượt trên phần mặt bàn có hệ
số ma sát μ.
hm
0V
AM
ĐS :
2
0
ax
49
216m
Vh h ; S =
2 2
0
2
121
648
m V
M g
→ Một vật được thả trượt không vận tốc đầu từ đỉnh của mặt phẳng nghiêng cao h = 0,5 (m).
Hệ số ma sát trên mặt phẳng nghiêng là μ = 3
5
. Vận tốc trung bình của vật trên cả mặt
phẳng nghiêng là v = 1 (m/s).
Tìm góc...